2020届河北省邢台市高三上学期第二次月考数学（理）试题（解析版）

2020届河北省邢台市高三上学期第二次月考数学（理）试题（解析版）

‎2020届河北省邢台市高三上学期第二次月考数学（理）试题 一、单选题 ‎1．已知集合，，则( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】求出集合M，N，由此能求出．‎ ‎【详解】‎ 集合，‎ ‎，‎ ‎．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎2．( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．‎ ‎【详解】‎ ‎．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题．‎ ‎3．设，则( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】利用有界性分别得出，从而得出a，b，c的大小关系．‎ ‎【详解】‎ ‎，，，‎ ‎．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 考查指数函数、对数函数的单调性，幂函数的单调性，以及增函数、减函数的定义．‎ ‎4．在中，D为边BC上的一点，且，则( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】D为边BC上的一点，且，D是四等分点，结合，最后得到答案．‎ ‎【详解】‎ ‎∵D为边BC上的一点，且，∴D是四等分点，‎ ‎，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了向量的线性运算及平面向量基本定理的应用，属于基础题.‎ ‎5．已知函数，则是“曲线在点处的切线与坐标轴围成的面积为的( )‎ A．充要条件 B．既不充分也不必要条件 C．必要不充分条件 D．充分不必要条件 ‎【答案】D ‎【解析】由导数的几何意义有：曲线在点处的切线的斜率为，再由充要性即可得解．‎ ‎【详解】‎ 函数，‎ 所以，‎ 所以，‎ 因为当时，曲线在点处的切线为，此时切线与坐标轴围成的面积是，‎ 当时，曲线在点处的切线为，此时切线与坐标轴围成的面积是，‎ 则“”是“曲线在点处的切线与坐标轴围成的面积为“的充分不必要条件，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了充分必要条件及导数的几何意义，属基础题．‎ ‎6．设，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】设，利用已知得到的值，利用诱导公式和二倍角公式，求得的值.‎ ‎【详解】‎ 设，则，所以.因为，所以，则.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查诱导公式和二倍角公式的运用，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎7．在公差d不为零的等差数列中，，且，，成等比数列，则( )‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎【答案】C ‎【解析】运用等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，可得首项和公差的方程，解方程可得所求公差．‎ ‎【详解】‎ 在公差d不为零的等差数列中，，且，，成等比数列，‎ 可得，且，即，‎ 解得，，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题．‎ ‎8．若不等式对恒成立，则实数a的取值范围为( )‎ A． B．‎ C．或 D．或 ‎【答案】B ‎【解析】讨论和时，分别求出不等式恒成立对应a的取值范围．‎ ‎【详解】‎ 不等式，‎ 当，即时，不等式化为恒成立；‎ 当时，应满足，‎ 即，‎ 解得；‎ 综上知，实数a的取值范围是．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了不等式恒成立的应用问题，也考查了分类讨论思想，是基础题．‎ ‎9．已知在上单调递减，且，则 ( )‎ A． B． C．1 D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】首先利用函数的性质求出函数的关系式．进一步利用函数的关系式求出函数的值．‎ ‎【详解】‎ 由于函数在上单调递减，故，‎ 所以，‎ 由于，所以，解得或．‎ 当时，由于，‎ 所以，解得，此时 同理解得，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．‎ ‎10．在以C为钝角的中，是单位向量，的最小值为，则( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】由条件可知 ‎，因此，由此可得的最小值为0，‎ 再根据，得到可求得结果．‎ ‎【详解】‎ ‎，‎ ‎∴‎ 即函数的最小值为0，‎ 由，得到．‎ 因为C为钝角，所以，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查两向量的差的模的最值，结合二次函数，属于中档题．‎ ‎11．定义在R上的函数满足，且对任意的都有其中为的导数，则下列一定判断正确的是( )‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据条件对任意的x≥1都有，f′（x）+2f（x）＞0，构造函数F（x）＝e2x•f（x），则F'（x）＝2e2xf（x）+e2xf'（x）＝e2x[2f（x）+f'（x）]，可得F（x）在x≥1时单调递增．由e4（x+1）f（x+2）＝f（﹣x），注意到F（x+2）＝e2（x+2）•f（x+2）； F（﹣x）＝e﹣2x•f（﹣x）；代入已知表达式可得：F（x+2）＝F（﹣x），所以F（x）关于x＝1对称，则由F（x）在x≥1时单调递增，化简即可得出结果．‎ ‎【详解】‎ 设F（x）＝e2x•f（x），则F'（x）＝2e2xf（x）+e2xf'（x）＝e2x[2f（x）+f'（x）]，‎ ‎∵对任意的x≥1都有f′（x）+2f（x）＞0；‎ 则F'（x）＞0，则F（x）在[1，+∞）上单调递增；‎ F（x+2）＝e2（x+2）•f（x+2）； F（﹣x）＝e﹣2x•f（﹣x）；‎ 因为e4（x+1）f（x+2）＝f（﹣x），‎ ‎∴e2x•e2x+2•f（x+2）＝f（﹣x）；∴e2x+2•f（x+2）＝e﹣2x•f（﹣x）‎ ‎∴F（x+2）＝F（﹣x），所以F（x）关于x＝1对称，则F（﹣2）＝F（4），‎ ‎∵F（x）在[1，+∞）上单调递增；‎ ‎∴F（3）＜F（4）即F（3）＜F（﹣2），∴e6•f（3）＜e﹣4•f（﹣2）；‎ 即e10•f（3）＜f（﹣2）成立．故D不正确；‎ F（3）＝F（﹣1），F（0）＝F（2）故A，C 均错误；‎ F（3）＞F（2）∴e2f（3）＞f（2）．B正确．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了构造法，通过构造函数的单调性，得出结论，构造适当的函数是解题的关键．属于中档题．‎ ‎12．在数列中，且，则( )‎ A．3750 B．3700 C．3650 D．3600‎ ‎【答案】A ‎【解析】首先利用递推关系式求出数列的通项公式，进一步求出数列的和．‎ ‎【详解】‎ 数列中，‎ 当时，，‎ 得，‎ 所以，‎ 从而，‎ 解得，‎ 由于数列中，符合上式，‎ 则，‎ 所以．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型．‎ 二、填空题 ‎13．若，满足约束条件，则的最小值为__________.‎ ‎【答案】-2‎ ‎【解析】首先作出可行域，然后作出初始目标函数，然后判断目标函数的最小值.‎ ‎【详解】‎ 如图，作出可行域，由图象可知，当目标函数过点C时，函数取值最小值，‎ ‎.‎ 故答案为：-2‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线性规划，意在考查基础知识和计算能力，属于基础题型.‎ ‎14．已知数列满足，则的前10项和为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】利用递推关系依次求出数列的前4项，得到数列是周期为3的周期数列，由此能求出数列的前10项和．‎ ‎【详解】‎ ‎∵数列满足，‎ ‎，，，‎ 数列是周期为3的周期数列，∴，‎ 则的前10项和．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查数列的前n项和的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意递推思想的合理运用．‎ ‎15．已知向量，，且，则______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据平面向量的数量积列方程求出m的值．‎ ‎【详解】‎ 向量，，‎ 则，，；‎ 由，得，‎ ‎，‎ 解得．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了平面向量的数量积应用问题，是基础题．‎ ‎16．函数图象的对称中心是______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 利用倍角公式及辅助角公式对函数解析式进行化简，根据正弦函数图象的性质即可确定函数图象的对称中心．‎ ‎【详解】‎ ‎∵‎ ‎=‎ ‎=‎ 当时，，‎ 函数图象的对称中心是：．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了三角函数图象与性质，倍角公式及辅助角公式的运用．考查了学生对基础知识的灵活运用．‎ 三、解答题 ‎17．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．‎ 求C；‎ 若，求，的面积 ‎【答案】(1)．(2)．‎ ‎【解析】由已知利用正弦定理，同角三角函数基本关系式可求，结合范围，可求，由已知利用二倍角的余弦函数公式可得，结合范围，可求A，根据三角形的内角和定理即可解得C的值．‎ 由及正弦定理可得b的值，根据两角和的正弦函数公式可求sinC的值，进而根据三角形的面积公式即可求解．‎ ‎【详解】‎ 由已知可得，‎ 又由正弦定理，可得，即，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，即，‎ 又，‎ ‎，或舍去，可得，‎ ‎．‎ ‎，，，‎ 由正弦定理，可得，‎ ‎，‎ ‎．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式，二倍角的余弦函数公式，三角形的内角和定理，两角和的正弦函数公式，三角形的面积公式等知识在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．‎ ‎18．设等比数列的前n项和为，且．‎ 求的通项公式；‎ 若，求的前n项和．‎ ‎【答案】(1)．(2)．‎ ‎【解析】利用数列的递推关系式的应用求出数列的通项公式．‎ 利用的结论，进一步利用裂项相消法求出数列的和．‎ ‎【详解】‎ 等比数列的前n项和为，且 当时，解得．‎ 当时 得，‎ 所以常数，‎ 故．‎ 由于，所以，‎ 所以．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型．‎ ‎19．某生态农庄有一块如图所示的空地，其中半圆O的直径为300米，A为直径延长线上的点，米，B为半圆上任意一点，以AB为一边作等腰直角，其中BC为斜边．‎ 若；，求四边形OACB的面积；‎ 现决定对四边形OACB区域地块进行开发，将区域开发成垂钓中心，预计每平方米获利10元，将区域开发成亲子采摘中心，预计每平方米获利20元，则当为多大时，垂钓中心和亲子采摘中心获利之和最大？‎ ‎【答案】(1)平方米；(2)‎ ‎【解析】计算时和的面积，求和得出四边形OABC的面积；‎ 设，求出和的面积和，得出目标函数的解析式，再求该函数取得最大值时对应的值．‎ ‎【详解】‎ 当时，‎ 平方米；‎ 在中，由余弦定理得，‎ ‎；‎ 平方米，‎ 四边形OABC的面积为 平方米；‎ 设，则，‎ 所以，‎ 在中，由余弦定理得，‎ ‎；‎ ‎，‎ 不妨设垂钓中心和亲子中心获利之和为y元，‎ 则有；‎ 化简得；‎ 因为，‎ 所以当时，垂钓中心和亲子采摘中心获利之和最大．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了三角函数模型应用问题，也考查了转化思想以及计算能力．是中档题．‎ ‎20．已知数列的前n项和为，，公差不为0的等差数列满足，‎ 证明：数列为等比数列．‎ 记，求数列的前n项和．‎ ‎【答案】(1) 证明见解析 (2)．‎ ‎【解析】直接利用已知条件和等比数列的定义的应用求出结果．‎ 利用的结论，进一步利用乘公比错位相减法在数列求和中的应用求出结果．‎ ‎【详解】‎ 数列的前n项和为，，‎ 当时，解得．‎ 当时，‎ 得，‎ 整理得常数，‎ 所以数列是以1为首项2为公比的等比数列．‎ 由得，解得．‎ 公差d不为0的等差数列满足，，‎ 解得，‎ 解得或舍去，‎ 所以，‎ 则，‎ 所以 ‎，‎ 得，‎ 所以，‎ 整理得，‎ 故．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，乘公比错位相减法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．‎ ‎21．已知函数．‎ 求的单调区间与最值；‎ 证明：函数在上是增函数．‎ ‎【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为；，无最小值．(2)证明见解析 ‎【解析】，根据的符号，进而判断的单调区间，最值；‎ 因为，所以，进而判断即可求解．‎ ‎【详解】‎ 因为，所以，‎ 所以当时，；当时，，‎ 则的单调递增区间为，单调递减区间为；‎ 故，无最小值．‎ 因为，所以，‎ 由知，即，‎ 因为，所以，即，‎ 设，则，‎ 因为，所以，即在上单调递增，‎ 所以，即，‎ 所以，即，‎ 故在上是增函数．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查函数的求导，利用导函数判断函数的单调区间、最值问题，考查了转化思想，属于中档题．‎ ‎22．在直角坐标系 中，曲线 的参数方程为 （为参数），以坐标原点为极点， 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线 的极坐标方程为 .‎ ‎（1）求直线和曲线的普通方程；‎ ‎（2）已知点，且直线和曲线交于两点，求 的值 ‎【答案】（1），；（2）‎ ‎【解析】（1）消去曲线C中的参数可得C的普通方程，利用极坐标与直角坐标的互化公式可得直线的普通方程.‎ ‎（2）由直线的普通方程可知直线过P，写出直线的参数方程，与曲线C的普通方程联立，利用直线参数的几何意义及韦达定理可得结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为曲线 的参数方程为 （为参数），所以消去参数，‎ 得曲线的普通方程为 ‎ 因为直线 的极坐标方程为 ，即 ，‎ 所以直线的普通方程为 ‎ ‎（2）因为直线经过点 ，所以得到直线的参数方程为 （‎ 为参数）‎ 设 ，‎ 把直线的参数方程代入曲线的普通方程，得， ‎ 则， ‎ 故 ‎【点睛】‎ 本题考查了直角坐标方程与极坐标方程及参数方程的互化，考查了直线参数方程及参数的几何意义，属于中档题.‎